Xác định m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại.. Bài 5: Cho nửa đường tròn 0 đường kính AB.. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax
Trang 1ĐỀ 19 Bài 1: Cho A =
) 2 x 1 ( 2
1
+ + + 2(1 x 2 )
1 +
−
a Tìm x để A có nghĩa
b Rút gọn A
c Tìm các giá trị của x để A có giá trị dương
Bài 2:
a Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0
b Giải hệ phương trình:
= +
=
−
34 8
9
2 2
y x
y x
Bài 3: Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham
số(1)
a Giải phương trình (1) khi m = -1
b Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại
Bài 4: Cho parabol (P): y =2x2 và đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0
a) Vẽ (P)
b) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (P) và (d) bằng đồ thị và bằng phép tính
c) Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B trên trục hoành.Tính diện tích tứ giác
ABB’A’
Bài 5: Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và
By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến
Ax và By lần lượt ở E và F
a Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp
b AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao?
c Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB) Gọi K là giao điểm của MH và EB
So sánh MK với KH
d Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF
Chứng minh rằng:
2
1 R
r 3
1
<
<
Trang 2Hướng dẫn giải:
Bài 1:
a A có nghĩa ⇔
−
≠
−
≥
⇔
≠ +
−
≥
⇔
≠ +
≥ +
1 x
2 x
1 2 x
2 x
1 2 x
0 2
x
(*)
) 2 x ( 1 2
) 2 x 1 ( ) 2 x 1 ( ) 2 x 1 ( 2
1 )
2 x 1
(
2
1
−
=
+ + + +
−
= +
−
+ + +
c A có giá trị dương khi ⇔ 0 x 1 0
1 x
1
<
+
⇔
>
+
−
và x thỏa mãn (*)
⇔x < -1 và x thỏa mãn (*)
⇔ −2≤x <−1
Bài 2:
a Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0
Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình đã cho trở thành: t2 + 24t - 25 = 0
có a + b +c = 0 nên t =1 hoặc t = -25, vì t≥ 0 ta chọn t = 1
Từ đó phương trình có hai nghiệm x = -1 và x = 1
b Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50
⇔x = 2
Từ đó ta có y = 2
Nghiệm của hệ phương trình đã cho là
=
=
2 y
2 x
Bài 3:
a) Phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.(1) Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 2x - 8 = 0
∆'=1+8=9
∆' =3
Phương trình có nghiệm : x1 = -1+3 = 2; x2 = -1-3 = -4
b Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 - (m - 1)3 > 0 (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u2 thì theo định lí Vi-ét ta có:
−
=
= +
) 2 ( ) 1 m ( u
u
) 1 ( m
2 u u
3 2
2
Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được:
(m - 1) + (m - 1)2 = 2m⇔ m2 - 3m = 0
Trang 3⇔m(m-3) = 0⇔ m = 0 hoặc m = 3: Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = -1 hoặc u = 2
Vậy với m∈{ }0;3 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại
Bài 4:
a) Vẽ (P):
- Bảng giá trị:
x -2 -1 0 1 2
y 8 2 0 2 8
Đồ thị hàm số y = 2x2 là parabol (P) đỉnh O, nhận Oy
làm trục đối xứng, nằm phía trên trục hoành
b) *Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị:
- Đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0 hay y = -2x + 4
+ cắt trục tung tại điểm (0;4)
+ cắt trục hoành tại điểm (2;0)
Nhìn đồ thị ta có (P) và (d) cắt nhau tại A(-2; 8) B(1;2)
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8) B(1;2)
*Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính:
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:
2x2 = -2x + 4 hay: 2x2 +2x – 4 = 0⇔ x2 +x – 2 = 0 có a + b +c = 1+ 1- 2= 0
nên có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= 8
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8) B(1;2)
c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = 3 nên có diện tích:
( ) 15
2
3
2
8
S= + = (đơn vị diện tích)
Bài 4:
a Tứ giác AEMO có:
∧
EAO = 900 (AE là tiếp tuyến)
∧
EMO = 900 (EM là tiếp tuyến)
⇒ EAO∧ + EMO∧ = 1800 Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp
H
Trang 4b Ta có : AMB∧ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AM ⊥ OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến) ⇒ MPO∧ = 90 0
Tương tự, MQO∧ = 900
⇒ Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật
c Ta có : MK //BF ( cùng vuông góc AB)
⇒ ∆EMK ∆EFB ⇒
BF
MK EF
EM
=
⇒
FB
F E MK
EM =
Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên:
MF
F E MK
EM
= (1)
Áp dụng định lí Ta-let ta có:
HB
AB MF
EF )
EA //
KH ( HB
AB KB
EB );
BF //
MK ( KB
EB MF
Từ (1) (2) có:
HB
AB MK
EM
= (3)
Mặt khác, ∆EAB ∆KHB (MH//AE) ⇒
HB
AB HK
EA = (4)
Từ (3) (4) có:
HK
EA MK
EM
=
mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH
d Ta có OE là phân giác của AÔM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân giác của MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc kề bù nên OE⊥OF ⇒
∆EOF vuông (EOF∧ = 900) OM là đường cao và OM = R
Gọi độ dài 3 cạnh của ∆EOF là a, b, c I là tâm đường tròn nội tiếp ∆EOF Ta có: SEOF = SEIF + SOIF + SEIO = r.OE
2
1 OF r 2
1 EF r 2
= r.(EF OF OE)
2
1
+ + = r.(a b c)
2
1
+ +
Trang 5Mặt khác: SEOF = OM.EF
2
1
= 2
1
aR
⇒ aR = r(a + b + c)
⇒
c b a
a R
r
+ +
Áp dụng bất đẳng thức trong ∆EOF ta có: b + c > a ⇒ a + b + c > 2a
⇒
a 2
1 c
b
a
1
<
+
1 a 2
a c b a
a
=
<
+
Mặt khác b < a, c < a ⇒ a + b+ c < 3a ⇒
a 3
1 c b a
1
>
+
⇒
3
1 a 3
a c b
a
a
=
>
+
Từ (1); (2); (3) ta có:
2
1 R
r 3
1
<
<
*Ghi chú: Câu 4d là câu nâng cao, chỉ áp dụng cho trường chuyên